做题笔记

P15864 [LBA-OI R3 D] 阵列之弈

首先肯定要拆贡献，把贡献拆到每一个mex中，考虑一个数k能成为任一子矩形mex的充要条件，发现等价于k要在[0,k-1]内所有数围成的矩形之外，这个肯定是充分的，这个矩形的mex显然是k，必要性考虑假如k在这个矩形中，那么取到[0,k-1]的同时一定会取到k。先把corner case做掉，当k=0时，除了1*1的矩阵，其他都合法,k=nm时，所有矩阵合法，那现在我们就能保证k一定在矩形中且[0,k-1]在矩形中。我们考虑k在黄色位置(x,y)的贡献，只要\([0,k-1]\)在红色部分里，那么就合法，但是会算重，只需要减掉蓝色部分就行了。我们发现，在一个矩形里面放k个数的方案数是只跟这个矩形的面积有关，对于面积为s的矩形，设总面积S=nm，我们有\(f(s)=\binom{s}{k}k!(S-k-1)!\)，这个式子不难理解。这样我们就有一个\(O(n^2m^2)\)的做法，考虑优化。我们将每一个(x,y)的所有k放在一起计算，那么对于每一块面积s，方案数就是

\[\begin{aligned} f(s)=&\sum_{k=0}^s\binom{s}{k}k!(S-k-1)!\\ =&\sum_{k=0}^s\frac{s!(S-k-1)!}{(s-k)!}\\ =&s!\sum_{k=0}^s\frac{(S-k-1)!}{(s-k)!}\\ =&s!\sum_{k=0}^s\binom{S-k-1}{s-k}(S-s-1)!\\ =&s!(S-s-1)!\sum_{k=0}^s\binom{S-k-1}{s-k}\\ =&s!(S-s-1)!\sum_{k=0}^s\binom{S-s+k-1}{k}\\ =&s!(S-s-1)!\sum_{k=0}^s\binom{S-s+k-1}{S-s-1}\\ =&s!(S-s-1)!\binom{S}{S-s}\\ =&\frac{S!}{S-s} \end{aligned} \]

这样每一块面积的答案可以\(O(1)\)计算，枚举(x,y)，时间复杂度就是\(O(nm)\)的。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=5e6+5,p=998244353;
int n,m,k,inv[N],fac[N];
constexpr void A(int &x,int y){x=(x+y)%p;}
int F(int x){return fac[k]*inv[k-x]%p;}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
	cin>>n>>m,k=n*m,inv[0]=inv[1]=fac[0]=1;
	if(n==1&&m==1){cout<<1;return 0;}
	for(int i=2;i<=k;i++)inv[i]=inv[p%i]*(p-p/i)%p;
	for(int i=1;i<=k;i++)fac[i]=fac[i-1]*i%p;
	int x=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=m;j++)
		A(x,F((i-1)*m)),A(x,F(n*(j-1))),A(x,F((n-i)*m)),A(x,F(n*(m-j))),
		A(x,-F((i-1)*(j-1))),A(x,-F((i-1)*(m-j))),A(x,-F((n-i)*(j-1))),A(x,-F((n-i)*(m-j)));
	cout<<((x+p)%p+2*fac[k]%p)%p;
}